Đoàn Ngọc Dũng -

(1)

ĐỀ THI HSG VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

HƯỚNG DẪN GIẢI

BÀI 1 : Giải các hệ phương trình sau :

1)      

   

















 

y 7 1 x 2 y x y

y 4 x y y 1

* x ₂ ₂

2

. Với y = 0 thì hệ vô nghiệm.

Với y  0, chia mỗi vế của hệ cho y được :

 











 











 

y 7 1 2 x

y x

4 x y y

1 x

2 2 2

(i)

Đặt

y 1

a x²  ; b = x + y thì

 









 







 









 

5 b

9 a 3 b

1 a 7 a 2 b

4 b

i a₂

Với









 5 b

9

a : vô nghiệm. Với









 







 







5 y

2 x 2 y

1 x 3 b

1

a .

2)

Điều kiện : 2  x  2 và 1  y  3

(1)  (x + 1)³ + 3(x + 1) = y³ + 3y  f(x + 1) = f(y) (3)

Xét hàm số : f(t) = t³ + 3t có f’(t) = 3t² + 3 > 0, t  R  f(t) đồng biến trên R (4)

Từ (3), (4)  f(x + 1) = f(y)  y = x + 1. Thế vào (2) ta được : (2)  4x² = 3x + 2  x = 0  y = 1 So với điều kiện, hệ có nghiệm duy nhất : (x ; y) = (0 ; 1).

3)

Điều kiện : 7x + y  0 ; 2x + y  0 ; 5x + 8  0. Khi đó :

 

4

4 x y 5 x 2 2 y x 2 4 y x 7

1         

 

5

y 13 5 x 56 0 448 x 320 x

25 5 x 24 4 6

x 8 5 x 5 2

2







 











 









4)

Điều kiện :











 0 y x

0 y x

Đặt : 0

2 y

a x  ; 0

2 y

b x  















2 2

b a y

b a

x thì

      

_a _b

14

ab b a 2 b a b a

1  2 ² ² ²  ²  ² ²  

 (a² + b²)(a – b)(a + b) + (a – b)(a + b)ab = 7(a + b)  (a² + b²)(a – b) + ab(a – b) = 7 (do a + b > 0)

 (a – b)(a² + ab + b²) = 7 

 















2 do 9 b a

7 b a

3 3

 







 1 b

8 a

3 3

 



 1 b

2 a

 







 2 y x

8 y

x 







 3 y

5

x (thỏa điều kiện)

5)

Điều kiện : y  0. Khi đó :

     

 

   













 



 







 



 



 













* 1 1 x y 5

1 2

y 4 2 y 1 2 x 16 1 x i

2 2

3 3

(ii)

(2)

Đặt













 y 0 b 2

1 x a

thì

 

^_^^^ ^^ ^ ^



^^



^_^^^ ^^ ² ^^



² ^



3 3 2

2

3 3

a 5 b 4

b a 4 4 b a 1

a 5 b 1

b 4 b a 16

ii a  a³ – b³ = (b² – 5a²)(4a – b)

 21a³ – 4ab² – 5a²b = 0  a(21a² – 4b² – 5ab) = 0  













a 3 b b 4 a 7

0 a

Với a = 0  x = 1  y = 1 









 













1 y

1 x 1 y

1

x (thỏa mãn)

Với 7a = 4b 

y 7 1 8

x  thì

 

4 0

y 49

*  124₂   : vô nghiệm

Với b = 3a 

y 3 1 2

x   thì

 







 



 

















3 y 2

0 x 3 y 2

2 x 9 y 4

* ² (thỏa mãn)

6)

Lấy phương trình (2) nhân với 3, rồi cộng với phương trình (2) được : x³ + 3xy² – 3x² – 3y² – 18xy +30x + 18y – 28 = 0

 x(x² – 3x + 2) + 3y²(x – 1) – 18y(x – 1) + 28(x – 1) = 0

 (x – 1)(x² – 2x + 3y² – 18y + 28) = 0 

























0 28 y 18 y 3 x 2 x

2 2 y 1 x

2 2

Với x² – 2x + 3y² – 18y + 28 = 0 có ’x = 3(y – 3)²  0.

Để hệ có nghiệm thì ’x = 0  y = 3  ³ ³

2 3541 25

2 3541

x 25  

Vậy hệ đã cho có nghiệm là :

 

^x^;^y ^



¹^;^² ²



^,

 

_^









 

 

 ³ ³

2 3541 25

2 3541

; 25 3 y

;

x .

7)

Điều kiện : ⁹^



¹^^x²^y



² ^⁰

   

1  2  9



1x²y



²  4



xy



² y⁴ 2x³y² x⁶ 1



¹ ^x ^y



⁴



^x ^y

 

^y ^x



¹

9  ² ²    ²  ² ³ ² 

 (i)

Ta có :

 

   























3 1 x y y x 4

3 y x 1 9

3 2 2 2

2 2

(ii)

Từ (i), (ii)  dấu “=” xảy ra khi 

 

^^





 







 





















1 y

1 x 1 x

y x 0 x y

0 y x

0 y x 1

3 3 2

2 2 2 2

So với điều kiện thì hệ có nghiệm duy nhất : (x ; y) = (1 ; 1).

8)

Điều kiện : x, y  0. Khi đó : (1)  f(x) = f(y) (3) Xét hàm số

 

₃

t t 1 t

f   trên R \ {0} có

 

0 t 1 2 t

'f   ₄  , t  0  hàm số f(t) đồng biến trên R \ {0} (4) Từ (3), (4)  f(x) = f(y)  x = y và x² – 4x – 12 = 0 







 













6 y

6 x 2 y

2 x

9)

Điều kiện : y + 5x + 2  0

Do 1y²  y²  y y 1y² y0 nên liên hợp

    1

y y 1 x 1 9 1 x 3

2 ² ₂ 



 





(3)

 

3x 1

   

y y f

   

3x f y 1

x

3   ²    ²     

 (3)

Xét hàm số f

 

t t 1t² trên R có

 

0 t 1

t t t 1

'f ² ₂ 



 

Do 0

t 1

t t t 1

t t t

1 t t 1

2 2

2 



 



 



  f(t) đồng biến trên R (4)

Từ (3), (4)  f(3x) = f(y)  3x = y  y = 3x thế vào (1) được :

 

1 8x³6x 2x2 (5) Đặt x = cost, _^{ }_^

;2 0

t . Khi đó :

 

⁵ ^²



⁴^cos³^t^³^cos^t



^ ²^cos^t^² ^²^cos³^t^ ²



¹^^cos^t



2 cost t 3 cos t

3 2 cos

cos² t   

 



 



  



 

 0

2 cos t

;2 0 t do







 

























7 4 t k

5 4 t k

2 2 k t t 3

(k  Z)

Vì _^{ }_^

;2 0

t  t = 0

Với t = 0  x = 1  y = 3 (thỏa mãn điều kiện)

10)

Điều kiện : x  6 ;

2 y3

 

² ^²



⁶^^x



³^³ ⁶^^x ^²



²^y^³



³^³ ²^y^³^^f



⁶^^x

 

^^f ²^y^³



Xét hàm số f(t) = 2t³ + 3t có f’(t) = 6t² + 3 > 0  f(t) : tăng trên R và có ^f



⁶^^x

 

^^f ²^y^³



x 3 y 2 3 y 2 x

6     



Thế vào (1)  x³ + 2x² – x – 2 = 0 













 







 







2 y 5

2 x 2 y

1 x 1 y

1

x (thỏa mãn điều kiện)

11)

Đặt











 y x b

xy y x

a ² ²  ab = x³ – y³ thì (2)  ab = 2a + 3(b – 2)  (b – 2)(a – 3) = 0











 







 

3 xy y x

2 x y 3 a

2 b

2 2

Với y = x – 2 thì (1)  x³ – x² = 12x  (x ; y) = (0 ; 2), (4 ; 2). (3 ; 5)

Với

 

   



















 

















ii 24 y 12 x 2 y yx

i 0

3 y yx x 0 24 y 12 x 2 xy y x

3 xy y x

2

2 2

2 2 2

Ta có : ^{ }

 

 

 









 

 



































49; 2 2

; y

0 4 y 100 y 49

2

; 2 y 0 y 3 12

2 ii

x

2 i

x

Do đó, để hệ có nghiệm thì   _ ;2_^ 49 y 2

2

y .

Khi y = 2 thì (i)  x = 1. Thử lại thấy hệ không thỏa nên loại y = 2.

Khi 



 ;2 49

y 2 và từ

 

  



 















 



 



 

 2 x ; 6 4;

12 x x

24 x 2 49

2 12

x x

24 x y 2

ii ₂ ₂

(4)

Mà (i)  y² + xy + x² – 3 = 0 có y = 12 – 3x²  0  x  [2 ; 2] nên không tồn tại x để _ ;2_^ 49 y 2

 hệ vô nghiệm khi x² + y² + xy = 3

Vậy nghiệm hệ phương trình là : (x ; y) = {(0 ; 2) ; (4 ; 2) ; (3 ; 5)}.

12)

Điều kiện : x  3, y  1

Khi đó : (1)  (x – 1)³ + 3(x – 1) = y³ + 3y  f(x – 1) = f(y) (3)

Xét hàm số f(t) = t³ + 3t trên R có : f’(t) = 3t² + 3 > 0  f(t) đồng biến trên R (4) Từ (3), (4)  f(x – 1) = f(y)  x – 1 = y

Thế vào (2)  x3 x 3  x² 3x 6x 

 













2 3x 6 x 2

x 6

x 







 3 y

4 x

13)  























 

8 y 8 y 2 2 x 4 x

6 x 4 y 8 y 2

2 x₂ ₂

2 2

(*)

 

1 2



x1



² 2



x1

 

x1



² 1x² 4x22



y2

 

y2



²1



x 1



2



x 1

 

x 1



1 2y 8y 4x 6 4x 2 2



y 2

 

y 2



1

2 ²

x 2 2

2























 



 





x 1



2



x 1

 

x 1



1 x 4x 2 2



y 2

 

y 2



1

2 ²

8 y 8 y 2 2 2

2































x 1



2



x 1

 

x 1



1 2



y 2



2



y 2

 

y 2



1 f



x 1

 

f y 2



2  ²    ²    ²   ²    



Xét hàm số f

 

t 2t² 2t t² 1 có

 

0 1 t

t 1 2 t 2 t 4 t

'f ² ₂² 

 



  f(t) : đơn điệu tăng trên R

 x – 1 = y + 2  x = y + 3 thế vào (*) ta được : (*)  3y² + 10y + 3 = 0

   







 



 

 





 3

; 1 3

; 8 3

; 0 y

;

x (thỏa mãn)

14)

Đặt









 

 

 











2 b y a

2 b x a

y x b

y x

a thì

   



 















 

2 0 1 b 2 b a 8 a 2

1 0

50 b i a³₂ ³ ₂

(1) – 6.(2)  (a – 4)³ = (2 – b)³  a = 2 – b  x = 3y

 















 

















 













 













 





 x y 1 2 2

2 2 1 y x 2 2 1 y x

2 2 1 y x 2 2 1 b

2 2 1 a 2 2 1 b

2 2 1 0 a

42 b 12 b 6

1 ²









 







 

2 2 y

1 x 2 2 y

1 x

BÀI 2 : Giải các hệ phương trình sau :

1)

Điều kiện : x > 0. Khi đó :

 

¹ ^^y²^{ }² ^{x y}



²^{ }²



^2x^{ }⁰



^y²^{ }^{2 2 x}



^y²^{ }² ^x



^{ }⁰ ^y²^{ }² ^{2 x Do y}



²^{ }² ^x^⁰



y² 2 4x

 

2  4x1³ 2x11

Xét hàm số f

 

x  4x1³ 2x1 có :

 



2x 1



⁰

3 1 1

x 4 x 2

'f 3 2 

 

   f(x) : đồng biến trên _



 

 ; 4 1

(5)

Mặt khác :

 

y 0 2

x 1 2 f 1 1 x

f    



 



 



2)

Lấy phương trình (2) nhân với 2, rồi cộng với phương trình (1) được : x²y³ + 3x² – 2x²y² – 2y² + 2 = 0

 x²(y³ – 2y² + 3) = 2(y² – 1)  x²(y + 1)(y² – 3y + 3) = 2(y – 1)(y + 1) (*)

 (y + 1)[x²(y² – 3y + 3) – 2(y – 1)] = 0  y = 1  x = 1  x²(y² – 3y + 3) – 2(y – 1) = 0 (3)

   

₀ _y ₁

3 y 3 y

1 y x 2

3 ² ₂   





 



(2)  0 = y²(x² + 1) – 2x  x² + 1 – 2x = (x – 1)²  0

Nếu dấu “=” xảy ra, tức x = y = 1, Nhưng nghiệm này không thỏa (3).

Hệ có nghiệm duy nhất : (x ; y) = (1 ; 1).

 Lưu ý : Việc phân tích nhân tử ở (*) không mấy khó do đã biết trước : y + 1.

3)

Lấy (1) + (2) được :

2 y 1 y 2 y x x 2

x⁴  ³   ⁴ ³ 



^x² ^x

 

² ^x² ^x



₄¹



^y² ^y

 

² ^y² ^y



₄¹ ⁰ ^x² ^x ₂¹ ^y² ^y ₂¹^⁰



 



  





 



  





 

    



 

    













 



 

























2 3 y 1

2 3 x 1

2 0 y 1 y

2 0 x 1 x

2 2

Thử lại thấy nghiệm của hệ là :

 

_







   

 2

3

; 1 2

3 y 1

;

x .

4)

Điều kiện : x, y  0. Do x = y = 0 không là nghiệm hệ nên xét x, y > 0.

Lấy (1) + (2) và (2) – (1) ta được :

   

^_^^^



^^

 

^^



^^



















1 x y y x

0 y 2 x 2 xy 3 1

x y y x

0 y 2 x 2 xy 3 y

x (do : x + y > 0) 

   















x y y x 1

i y x 2 xy 3

Lấy vế nhân vế của hai phương trình được : 3xy = 2(x + y)(x – y)  3xy = 2(x² – y²) 2

1 y 2 x y 0 x y 2

3 x y 2 x

2

















 



 



 



   x = 2y (nhận)  y = 2x (loại do x, y > 0)

Thế x = 2y vào (i)

 ⁶^y² ²



²^y ^y



³^y² ^y



² ¹

   

^y ³ ₃¹ ² ¹



^y ³ ²₃ ¹_²







 



















 ³

2

3 1 2 2

x 





 





5)

Đặt :

 













1 y y b

y x x

a thì

 







 







 







 

2 b

6 a 6 b

2 a 12

ab 8 b

* a

Với

 

_^^ 



 









 







 











 







2 y

7 1 x 1 y

3 x 1 y

2 x 2 1 y y

6 y x x 2 b

6 a

Với

 

_^^



 





 









 











 







2 17 x 3

3 y 3 1 x

2 y 6 1 y y

2 y x x 6 b

2 a

6)

Do x = 0 không là nghiệm hệ. Với x  0 thì (i) 





















x 2 6 y

x 2 8 y 3

3

3 (ii)

(6)

Đặt x

t2 thì

     

3 0

4 y 3 2 t y y t 0 y t 3 y 0 t

t 3 2 y

0 y 3 2 t t 3 2 y

t 2 y

ii 3 ²

2 3

3 3

3











   



 

 













 















 













 









 









 



















 x 2

1 y 1 x

2 y x

y 2

0 2 y 3 y y t

3

là các nghiệm của hệ.

7)

Điều kiện x  0 thì

 

² ₂

x x 2 y 1

x 2 1 xy x 0

2 1 xy

2        



 



  

 (1) 

x 1 2 1 x

x 2 1 x

x

1 ³

2 3

2

2   



 



 



 



  (*)

Đặt 0

x

t 1  thì lúc đó : (*)  6t⁵ – 15t⁴ + 8t³ + 3t² + t =

23  (2t – 1)(6t⁴ – 12t³ + 2t² + 4t + 3) = 0 Với

4 y 3 2 2 x

t 1    (thỏa mãn)

Với 6t⁴ – 12t³ + 2t² + 4t + 3 = 0  0

6

18 x 24 x 12 x 72 x

36 ⁴ ³ ²   

 (6x² – 6x – 2)² + 14 = 0 : vô nghiệm

Vậy

 





 

 

 4

; 3 2 y

;

x .

8)

Điều kiện : 4  x  1 thì

 

¹ ^²^y³ ^^y^²



¹^^x



³^ ¹^^x ^^f

 

^y ^^f



¹^^x



với f(t) = 2t³ + t đơn điệu tăng trên R x

1 y x 1

y   ²  

 và

 

2  32x 1x 4 x4

 









 

 



 





 





 

2 y

3 0 x

1 4 x

3 x 2 x 1

3 x 3 x 2 3

3 x

2 (thỏa mãn)

9)

Điều kiện :

3 x 22 2 

 . Do 1y²  y²  yy 1y² y0.

 

x 1 x

 

y 1

 

y

y 1 y x 1 1 x

1 ² ₂  ²     ²   



 



  f(x) = f(y) (3)

Xét hàm số f

 

t t 1t² trên R có

 

0 t 1

t t t 1

'f ² ₂ 



 

Do 0

t 1

t t t 1

t t t

1 t t 1

2 2

2

 

 



 



  f(t) đồng biến trên R (4)

Từ (3), (4)  f(x) = f(y)  x = y hay y = x, thế vào (2) được :

 

2 4 x2 223x x²8 2

x 3 x

x 14 3 x 1

3 3 22

x 4 3 2 1 x

4  ² 



 



 



 



 







 



 



 



 





 (*)

 



³ ^x ² ^x ⁴

 

³ ²² ³^x



¹⁴ ^x

 

³



^x ^x ²



4         ² 



 

3



x x 2



0

x 14 x 3 22 3

2 x x 4

x 2 x 3

2 x x

4 2 2 2







 







 



 

 

³ ⁰ ^x ^x ² ⁰

x 14 x 3 22 3

1 4

x 2 x 3 2 4 x

x ²

3

;22 2 x , 0

2     



 



 





 



 



















 



 



(7)









 









 

2 y

2 x 1 y

1

x (thỏa mãn điều kiện)

10)     

  



















 

xy 10 1 y 1 x

xy 9 y 2 1 y x 2 1

i x₂² ₂ ²

Do 



 0 y

0

x không là nghiệm hệ nên chia các vế hệ cho xy  0 được :













 

 







 



  



 



  

y 10 1 y x

1 x

9 y 2

1 2 y

x 1 x

2 2

(ii)

Đặt

x 1 a x²  ;

y 1

b y²  thì

    











 













 













 

4 b 2 a 5 2 b 5

4 a 10

ab

9 2 b 2 ii a



















































 













 



















3 2 y

2 x 1

2 x

2 y 1

2 y

3 2 x

y 4 1 y

2x 1 5 x 2y

1 5 y

x 4 1 x

2 2 2

2

Vậy hệ đã cho có tám cặp nghiệm.

BÀI 3 : Giải các hệ phương trình sau :

1)

(i) 

   

     





















0 1 x 3 1 y 6 y 1 x 4

2 1 x 1 x y

3 3 (ii)

Đặt









 y b

1 x a

 

³ ³

 

³ ³

 

³ ³

 

ab a 2 ab a 2 ab a 2

ii 4a b 6 b 1 3a 0 4a b 3 2b 2 a 0 4a b 3 2b ab 0

     

  

  

                

 

_^^















 













 



 



 









 









 













 

2 1 b 1 a b a

2 a ab 0

b 1 3 a b 4 a

2 a ab 0

ab 3 b a 4

2 a ab 0

a 2 b 3 b a 4

2 a

ab ₃

2 3 3 3

3









 











 

 







 











 

2 17 b 1

4 17 a 1

2 17 b 1

4 17 a 1

a 2 b

2 a ab b

a

2 a ab



 

_







  

 2

17

;1 4

17 y 5

;

x ,

 

_







  

 2

17

;1 4

17 y 5

;

x (thỏa mãn)

2)

Điều kiện :



















0 y 2 x x

; 0 y

0 y 2

x thì

 

¹ ^^x^²^y^^y ^x^²^y^⁶^y² ^⁰^



^x^²^y



² ^^y ^x^²^y^⁶^y² ^⁰

Xem đây là phương trình bậc hai với ẩn x2y có  _x_₂_y 25y²  x2y3y x2y 2y Với x2y 3y thì

 

2 



x3y



²  x3y20 x3y1



loại



 x3y 2

3 x 8 9 y 4 0

y

0 4 y 5 y 9 y

9 y 2 x

0 y

; 4 y 3

x ²

2    











 













 

(8)

Với x2y2y thì

 









 











 













 



















 

12 x

2 y 0

y

0 2 y 7 y 4 0

y

2 y 5 y 4 y 4 2

y 3 x y 2 x

0 y , y 2 y 4

2 x ² ² ²

2

So với điều kiện, nghiệm hệ là :

   







  



 



  , 12; 2 9

;4 3 y 8

; x

3)

Điều kiện : y  0 ; x + y  0 ; 0 4 x y 3

x³  ² 

 

6

y 3 y 8 x 6

x 4 y 8 2 x 6

y 3 6

x 4 y 8 x 16

x y 12 2 x 6

y 3 x 4 y 8

2 x² ³ ² ²   ²   ² 



 



 







 







 



 





 



 



 6

y 3 6

x 4 y 8 2 x 6

y 3 6

x 4 y 8

x² ² (i)

Đặt : 0

y 8

a x²  ; 0

6 y 3 6

x

b 4   thì

 

i ab2 ab  a² + 2ab + b² = 4ab  (a – b)² = 0  a = b

3 2 y 6 x y 0 x y 12

16x y

3 x y 12 xy 16 x 6 3

y 3 6

x 4 y 8

x2 2 2 ²















 



 



 













3y x 2 y 6

x  



Với x = 6y thì

 

y 16

7 y 48 37

1  ²  

7 y 4 và

7 x24

Với 3x = 2y thì (1)  13y² – 144y – 144 = 0  y = 12  x = 8 Vậy 24 4

7 ;7

 

 

 , (–8 ; 12)

4)

Điều kiện :











 0 y x

0 y x 3

Đặt



















0 y x b

0 y x 3

a thì

 











 

 











 

2 21 b 3

2 21 a 7

1 b 2 a b

2 b

i a ₂ ₂







 















 



 





2 21 y 5

21 5 x

2 21 3 y 15

x

2 21 7 y 35

x 3

(thỏa mãn)